\documentclass[12pt, a4paper]{article}
\usepackage{geometry}
\geometry{
	a4paper,
	left=12.7 mm,
	right=12.7 mm,
	top=12.7 mm,
	bottom=12.7 mm,
}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{physics}
\graphicspath{ {./} }
\usepackage{ctex}

\newcommand{\bvec}[1]{\ensuremath{\mathbf{#1}}}
\newcommand{\matrx}[1]
{
	\ensuremath
	{
		\left (
		\begin{matrix}
			#1
		\end{matrix}
		\right)
	}
}
\newcommand{\formula}[1]{\text{式} \ref{#1} }
\usepackage{comment}

\begin{document}
	
	\section{引入：声之形}
	\footnote{参考：托马斯《微积分》第11版；本文使用AI辅助完成。
	请注意，不同书本和学科可能使用不一样的定义}
	在空气中，声音以纵波的形式传播，这些波动是由物体的振动产生的。
	当物体振动时，它会引起周围空气分子的压缩和稀疏，形成声波。
	这些声波通过空气介质传播，直到它们到达我们的耳朵或者麦克风，或者被损耗殆尽。
	
	\begin{figure}[h]
		\centering
		\includegraphics[width=0.7 \linewidth]{pic1}
		\caption
		{
			a. 横波与纵波示意图（在空气中声音以纵波传递，相当于空气局部的压缩与拉伸）；
			b. 一个高度简化的“麦克风”模型：一个弹簧振子随空气而振动，并记录其位移；
			c. 振子的位移反映了声音
		}
		\label{fig:pic1}
	\end{figure}

	\begin{figure}[h]
		\centering
		\includegraphics[width=0.2 \linewidth]{pic2}
		\caption{将繁杂的声波分解为各种频率的简谐波的叠加 (图中为随机生成的数据)}
		\label{fig:pic2}
	\end{figure}
	然而，我们并不能指望繁杂的声音总是单一频率的；
	我们听到的往往是各类频率声音的组合。
	那么，一个直接的问题就是，我们如何从错综复杂的声音中辨析出各个频率的声音及其“含量”？
	这就需要Fourier级数的工具。
	
	\section{Fourier 级数}
	假设我们在$x \in [0,L]$时间内，将麦克风弹簧位移的数据记录为$u=f(x)$。
	
	在Taylor级数中，我们使用一组$\{1,x,x^2,...\}$来表示一个定义在$[0,L]$上一个函数$f(x)$：
	\begin{equation}
		f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2+...
	\end{equation}
	在Fourier级数中，我们使用一组三角函数$\{1,\sin(\frac{2\pi}{L}),\cos(\frac{2\pi}{L}),...\}$来表示一个定义在$[0,L]$上的函数$f(x)$：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			f(x) & = a_0 + a_1 \cos(\frac{2\pi}{L}x)+ b_1 \sin(\frac{2\pi}{L}x)+ a_2 \cos(\frac{2\pi\cdot 2}{L}x)+ b_2 \sin(\frac{2\pi\cdot 2}{L}x)+... \\
			& = a_0 + \sum_{n=1} (a_n \cos(\frac{2\pi n}{L}x)+ b_n \sin(\frac{2\pi n}{L}x)) \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	对于Taylor级数，各项系数早已烂熟于心（假设在原点处展开）
	$$
	\text{Taylor 级数：} \qquad f(x) = f(0) + f'(0) x + 1/2 f''(0) x^2 + ...
	$$
	但是对于Fourier级数，系数又是什么呢？
	不用紧张，某种意义上，Fourier级数比Taylor级数更简单，只要我们熟悉几个关于三角函数的基本结论。
	
	\subsection{一些小结论}
	在继续分析之前，我们先给出一些关于三角函数定积分的神奇结论：
	\begin{itemize}
		\item 结论1:
		\begin{equation}
			\int^L_0 \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x = \int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x = 0 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		这个结论表明，三角函数在区间上的积分为$0$。
		\item 结论2:
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \sin(\frac{2\pi m}{L}x)  \dd x= 0 \qquad m,n=1,2,3,..., m\ne n
		\end{equation}
		\begin{equation}
			\int^L_0 \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \cos(\frac{2\pi m}{L}x)  \dd x= 0 \qquad m,n=1,2,3,..., m\ne n
		\end{equation}
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \sin(\frac{2\pi m}{L}x)  \dd x= 0\qquad m,n=1,2,3,..., m\ne n
		\end{equation}
		这个结论表明，若$m \ne n$，同名或异名三角函数的乘积在区间上的积分为$0$。
		\item 结论3：
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \cos(\frac{2\pi n}{L}x)  \dd x= 0 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		这个结论表明，若$m = n$，异名三角函数的乘积在区间上的积分为$0$。
		\item 结论4：
		\begin{equation}
			\int^L_0 \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \cos(\frac{2\pi n}{L}x)  \dd x=\int^L_0 \sin (\frac{2\pi n}{L}x) \sin (\frac{2\pi n}{L}x)  \dd x= L/2 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		这个结论表明，若$m = n$，同名三角函数的乘积在区间上的积分为$L/2$。
	\end{itemize}
	总结结论$2-4$：
	\begin{equation}
		\text{两三角函数乘积在区间上的积分}  \int_0^L ... \dd x= 
		\left \{
		\begin{aligned}
			L/2 & \qquad m = n \text{且同名} \\
			0 & \qquad \text{否则（$m\ne n$ 或异名）} \\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	将在附录中完成部分证明。
	从数学上说，这意味着三角函数基$\{\sin,\cos\}$是一组“互相垂直”的基，比多项式基$\{1,x,x^2,...\}$具有更好的性质。
	
	\subsection{这意味着什么？}
	回到最初的问题，使用一组三角函数$\{1,\sin(\frac{2\pi}{L}),\cos(\frac{2\pi}{L}),...\}$来表示一个定义在$[0,L]$上的函数$f(x)$：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			f(x) = a_0 + a_1 \cos(\frac{2\pi}{L}x)+ b_1 \sin(\frac{2\pi}{L}x)+ a_2 \cos(\frac{2\pi\cdot 2}{L}x)+ b_2 \sin(\frac{2\pi\cdot 2}{L}x)+... \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	两边同时乘以，比如说，$\cos(\frac{2\pi}{L}x)$，然后在区间上做积分：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\int^L_0 f(x)  \cos(\frac{2\pi}{L}x) \dd x 
			= & a_0 \int^L_0 \cos(\frac{2\pi}{L}x) \dd x  \\
			& + a_1 \int^L_0 \cos(\frac{2\pi}{L}x) \cos(\frac{2\pi}{L}x)\dd x 
			+ b_1 \int^L_0 \sin(\frac{2\pi}{L}x) \cos(\frac{2\pi}{L}x)\dd x  \\
			& + a_2 \int^L_0 \cos(\frac{2\pi \cdot 2}{L}x) \cos(\frac{2\pi}{L}x)\dd x 
			+ b_2 \int^L_0 \sin(\frac{2\pi \cdot 2}{L}x) \cos(\frac{2\pi}{L}x)\dd x \\
			& +...
		\end{aligned}
	\end{equation}
	我们惊奇地发现，等号右侧的绝大部分项其实均为$0$（结论1-3），只剩下$a_1$系数对应的项为$L/2$（结论4）。
	因此，上式简化为，
	\begin{equation}
		\int^L_0 f(x)  \cos(\frac{2\pi}{L}x) \dd x  = a_1 L/2	
	\end{equation}
	换句话说，这意味着
	\begin{equation}
		a_1 = \frac{2}{L} \int^L_0 f(x)  \cos(\frac{2\pi}{L}x) \dd x  
	\end{equation}
	推广上述结论，我们就能找到Fourier级数的各项系数：
	\begin{equation}
		a_n =  \frac{2}{L} \int^L_0 f(x)  \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x  
		\qquad b_n =  \frac{2}{L} \int^L_0 f(x)  \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x  
		\qquad n=1,2,3,...
	\end{equation}
	只剩下$a_0$项需要特别处理，直接两边同时积分
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\int^L_0 f(x)  \dd x 
			= & a_0 \int^L_0 \dd x  \\
			& + a_1 \int^L_0 \cos(\frac{2\pi}{L}x) \dd x 
			+ b_1 \int^L_0 \sin(\frac{2\pi}{L}x)\dd x  \\
			& + a_2 \int^L_0 \cos(\frac{2\pi \cdot 2}{L}x)\dd x 
			+ b_2 \int^L_0 \sin(\frac{2\pi \cdot 2}{L}x) \\
			& +...
		\end{aligned}
	\end{equation}
	根据结论1，等号右侧除了第一项积分为$L$，其余项也均为$0$，因此
	\begin{equation}
		a_0 = \frac{1}{L}\int^L_0 f(x)  \dd x 
	\end{equation}
	综上所述，我们得到了Fourier级数的完整表达：
	\begin{equation}
		f(x) =  a_0 + \sum_{n=1} (a_n \cos(\frac{2\pi n}{L}x)+ b_n \sin(\frac{2\pi n}{L}x)) , x\in[0,L]
	\end{equation}
	\begin{equation}
		\boxed
		{
			\begin{aligned}
				a_0 & = \frac{1}{L} \int^L_0 f(x) \dd x  \\
				a_n &=  \frac{2}{L} \int^L_0 f(x)  \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x  \\
				b_n &=  \frac{2}{L} \int^L_0 f(x)  \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x \\ 
			\end{aligned}
			\qquad n=1,2,3,...
		}
	\end{equation}
	如果设$\omega_n = \frac{2\pi n}{L}$，那么上式化为
	\begin{equation}
		f(x) =  a_0 + \sum_{n=1} (a_n \cos(\omega_n x)+ b_n \sin(\omega_n x)) , x\in[0,L]
	\end{equation}
	在Fourier级数看来，任何函数都可以视为一组不同频率$\omega_n$的振动的叠加。
	这就呼应了我们最初的问题。
	
	数学地说，我们容易将这个结论推广至定义在$[-L,L]$上的函数$f(x)$，
	注意区间长度与频率的定义略有所不同:
	\begin{equation}
		f(x) =  a_0 + \sum_{n=1} (a_n \cos(\omega_n x)+ b_n \sin\omega_n x)) , x\in[-L,L]
	\end{equation}
	\begin{equation}
		\boxed
		{
			\begin{aligned}
				\omega_n & = \frac{\pi n}{L} \\
				a_0 & = \frac{1}{2L} \int^L_{-L} f(x) \dd x  \\
				a_n &=  \frac{1}{L} \int^L_{-L} f(x) \cos(\omega_n x) \dd x  \\
				b_n &=  \frac{1}{L} \int^L_{-L} f(x) \sin(\omega_n x) \dd x \\ 
			\end{aligned}
			\qquad n=1,2,3,...
		}
	\end{equation}
	由于这个区间是对称的，在某些情况下具有优势。
	
	\begin{comment}
		\section{半幅Fourier级数}
		出于对上述Fourier级数的简化，我们可以仅使用正弦或余弦项展开函数，
		即使用$\{\sin \frac{\pi}{L}x,\sin \frac{2\pi}{L}x,...\}$，
		或$\{1,\cos \frac{\pi}{L}x,\cos \frac{2\pi}{L}x,...\}$。
		（注意形式略有不同）
		
		先考虑只使用正弦项的情况，那么$f(x)$被展开为
		\begin{equation}
			f(x) 
			= c_1\sin \frac{\pi}{L}x +c_2\sin \frac{2 \pi}{L}x +...
			= \sum_{n=1} c_n \sin \frac{n \pi}{L}x 
		\end{equation}
		（当$n=0$时$\sin$项必然为$0$，因此可以被省略）类似地，我们可以证明，
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{m\pi}{L}x)\sin(\frac{n\pi}{L}x) \dd x = 
			\left \{
			\begin{aligned}
				0 \qquad {m \ne n}\\
				L/2 \qquad {m = n}\\
			\end{aligned}
			\right.
		\end{equation}
		因此
		\begin{equation}
			c_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi}{L}x) \dd x, n=1,2,3,...
		\end{equation}
		同理，若只使用余弦项，那么$f(x)$被展开为
		\begin{equation}
			f(x) 
			= c_0 + c_1 \cos\frac{\pi}{L}x +c_2\cos \frac{2 \pi}{L}x +...
			= \sum_{n=0} c_n \cos \frac{n \pi}{L}x 
		\end{equation}
		不难得到
		\begin{equation}
			c_0 = \frac{1}{L}\int_0^L f(x) \dd x
		\end{equation}
		\begin{equation}
			c_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos(\frac{n\pi}{L}x) \dd x, n=1,2,3,...
		\end{equation}
	\end{comment}
	
	
	\newpage
	\section{附录}
	\footnote{本节使用AI辅助完成。\textsl{吃了不懂数学的亏}}
	以下我们简要证明上述关于三角函数的结论。
	
	首先给出另一个结论：
	\begin{equation}\label{eq_cAcB}
		\cos(A) \cos(B) =1/2(\cos(A+B)+\cos(A-B))
	\end{equation}
	\begin{equation} \label{eq_sAsB}
		\sin(A) \sin(B) =-1/2(\cos(A+B)-\cos(A-B))
	\end{equation}
	根据三角函数的加法性质易证明该结论。

	\begin{itemize}
		\item 结论1:
		\begin{equation}
			\int^L_0 \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x = \int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x = 0 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		只需使用微积分基本定理即可证明。
		\item 结论2:
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \sin(\frac{2\pi m}{L}x)  \dd x = 0 \qquad m,n=1,2,3,..., m\ne n
		\end{equation}
		$$
		...
		$$
		根据\formula{eq_sAsB}，该式等于
		\begin{equation}
			-1/2 
			\int^L_0
			\cos(\frac{2\pi (m+n) }{L}x) 
			\dd x
			+
			1/2 
			\int^L_0
			\cos(\frac{2\pi (n-m) }{L}x) 
			\dd x
		\end{equation}
		根据结论1，该式应等于$0$。其余同理。
		\item 结论3：
		\begin{equation}
			\int^L_0 \sin(\frac{2\pi n}{L}x) \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x= 0 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		根据二倍角公式，该式等于
		\begin{equation}
			1/2 \int^L_0 \sin(\frac{4\pi n}{L}x) \dd x
		\end{equation}
		根据结论1，该式应等于$0$。
		\item 结论4：
		\begin{equation}
			\int^L_0 \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \cos(\frac{2\pi n}{L}x) \dd x=...= L/2 \qquad n=1,2,3,...
		\end{equation}
		根据\formula{eq_cAcB}，该式等于
		\begin{equation}
			1/2 \int^L_0 \cos(\frac{4\pi n}{L}x) \dd x
			+ 1/2 \int^L_0 \cos 0 \dd x
		\end{equation}
		根据结论1，第一项为$0$；第二项显然为$L/2$。
	\end{itemize}
	
\end{document}
